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【60天冲刺】2012年高考数学二轮三轮总复习专题学案 专题4-立体几何课件 (浙江文科专用)


专题四

立体几何

专题四 │ 知识网络构建
知识网络构建

专题四 │ 考情分析预测
考情分析预测
考向预测 文科的立体几何由两部分组成,一是空间几何体,二是空间点、 直线、平面的位置关系,高考在命制立体几何试题中,对这两个部 分的要求和考查方式是不同的.在空间几何体部分,主要是以空

间 几何体的三视图为主体,考查空间几何体三视图的识别、判断,考 查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题,试 题的题型主要是选择题或填空题,在难度上也进行了一定的控制, 尽管各地有所不同,但基本上都是中等难度或者较易的试题;在空 间点、直线、平面的位置关系部分,主要以解答题的方法进行考查, 考查的重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明,而且一般是这 个解答题的第一问;在空间角和距离部分,主要在解答题的第二问 中涉及,涉及的计算较简单,距离为考查的重点.

专题四 │ 考情分析预测

(1)以选择题或者填空题的形式考查空间几何体的三视图 以及表面积和体积的计算. 对空间几何体的三视图的考查有难 度加大的趋势,通过这个试题考查学生的空间想象能力;空间 几何体的表面积和体积计算以三视图为基本载体, 交汇考查三 视图的知识和面积、体积计算,试题难度中等. (2)以解答题的方式考查空间线面位置关系的证明以及两 条异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的简单计 算问题.

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备考策略 (1)空间几何体:该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征, 通过对各种空间几何体结构特征的了解, 认识各种空间几何体的三视 图和直观图,通过三视图和直观图判断空间几何体的结构,在此基础 上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法. (2)空间点、 直线、 平面的位置关系: 该部分的基础是平面的性质、 空间直线与直线的位置关系, 重点是空间线面平行和垂直关系的判定 定理和性质定理,在复习中要牢牢掌握四个公理和八个定理及其应 用,重点掌握好平行关系和垂直关系的证明方法.

专题四 │ 近年高考纵览
近年高考纵览

第12讲

空间几何体

第12讲 空间几何体

第12讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1.空间几何体的三视图 (1)正视图:光线从几何体的前面向后面正投影得到的 投影图; (2)侧视图:光线从几何体的左面向右面正投影得到的 投影图; (3)俯视图:光线从几何体的上面向下面正投影得到的 投影图.几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体 的三视图.

第12讲 │ 主干知识整合
2.斜二测画水平放置的平面图形的基本步骤 (1)建立直角坐标系.在已知水平放置的平面图形中取互相垂直 的 Ox,Oy,建立直角坐标系; (2)画出斜坐标系.在画直观图的纸上(平面上)画出对应的 Ox′,Oy′,使∠x′Oy′=45° 135° (或 ),它们确定的平面表示水 平平面; (3)画对应图形.在已知图形平行于 x 轴的线段,在直观图中画 成平行于 x′轴,且长度保持不变;在已知图形平行于 y 轴的线段, 在直观图中画成平行于 y′轴,且长度变为原来的一半; (4)擦去辅助线.图画好后,要擦去 x 轴、y 轴及为画图添加的 辅助线(虚线). 3.基本面积公式 4.空间几何体的基本体积计算公式

第12讲 │ 要点热点探究
要点热点探究 ? 探究点一 三视图与直观图

例 1 [2011· 江西卷] 将长方体截去一个四棱锥,得到的几何 体如图 12-1 所示,则该几何体的侧视图为( )

图 12-1

图 12-2

第12讲 │ 要点热点探究

D 【解析】 被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为 正方体的面对角线, 它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形) 的两条边重合,另一条为正方体的对角线,它在右侧面上的 投影与右侧面的对角线重合,对照各图及对角线方向,只有 选项 D 符合.

第12讲 │ 要点热点探究
[2011· 浙江卷] 若某几何体的三视图如图 12-3 所示, 则 这个几何体的直观图可以是( )

图 12-3

图 12-4

B 【解析】 由正视图可排除 A,C;由侧视图可判断 该几何体的直观图是 B.

第12讲 │ 要点热点探究

例 2 [2011· 北京卷] 某四棱锥的三视图如图 12-5 所示,该 四棱锥的表面积是( )

图 12-5

A.32

B.16+16 2

C.48

D.16+32 2

第12讲 │ 要点热点探究
【分析】 根据三视图的特征可以反映空间几何体是正四棱锥, 根据正四棱锥的特点不难求各个面的面积, 表面积是各个面的面积之 和,于是得到该四棱锥的表面积.

B 【解析】 由题意可知,该四棱锥是一个底面边长为 4,高 1 为 2 的正四棱锥,所以其表面积为 4×4+4× ×4×2 2=16+ 2 16 2,故选 B.

【点评】 将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键,其解 题技巧是熟练掌握一些简单几何体的三视图,在脑中想象该几何体的 构成,甚至在草纸上画出其直观图,然后再反回来由三视图验证,确 保准确无误.另外要熟记简单几何体的表面积和体积公式

第12讲 │ 要点热点探究

[2011· 湖南卷] 设图 12-6 是某几何体的三视图,则该几 何体的体积为( )

图 12-6

A.9π+42

B.36π+18

9 C. π+12 2

9 D. π+18 2

第12讲 │ 要点热点探究

D 【解析】 由三视图可得这个几何体是由上面是一 个直径为3的球,下面是一个长、宽都为3,高为2的长方体 ?3? 3 4 所构成的几何体,则其体积为: V=V1+V2= ×π× ?2? + 3 ? ? 9 3×3×2= π+18,故选D. 2

第12讲 │ 要点热点探究
? 探究点二 空间几何体的表面积与体积

例 3 (1)[2011· 湖北卷] 设球的体积为 V1, 它的内接正方体的体积为 V2, 下列说法中最合适的是( ) A.V1 比 V2 大约多一半 B.V1 比 V2 大约多两倍半 C.V1 比 V2 大约多一倍 D.V1 比 V2 大约多一倍半 (2)如图 12-7,在正三棱锥 A-BCD 中,E、F 分别是 AB、BC 的中 点,EF⊥DE,且 BC=1,则正三棱锥 A-BCD 的体积是( ) 2 A. 12 3 C. 12 2 B. 24 3 D. 24
图 12-7

第12讲 │ 要点热点探究

4 【解析】 (1)设球的半径为 R,则 V1= πR3.设正方体的 3 边长为 a,则 V2=a3.又因为 2R= 3a, ? 3 ? 3 4 ? 3 ?3 3 3 所以 V1= π? a? = πa ,V1-V2=? π-1?a ≈1.7a3. 3 ?2 ? 2 ? 2 ? (2)EF∥AC,所以 AC⊥DE.又 AC⊥BD,所以 AC⊥平面 ABD, 所以正三棱锥的三条侧棱互相垂直且相等, 2 1 ? 2?3 2 ? ? = . AB=AC=AD= ,V= × 2 6 ? 2 ? 24 (1)D (2)B

第12讲 │ 要点热点探究

例4 (1) [2011· 辽宁卷] 一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等,体 积为2 3 ,它的三视图中的俯视图如图12-8所示,左视图是一个矩 形,则这个矩形的面积是( )

图12-8

A. 4

B.2 3

C.2

D. 3

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(2) [2011· 天津卷] 一个几何体的三视图如图12-9所示(单位:m), 则该几何体的体积为________ m3.

图12-9

第12讲 │ 要点热点探究
(1)B (2)4 【解析】 (1)由俯视图知该正三棱柱的直观图为下图, 其中 M,N 是中点,矩形 MNC1C 为左视图.

1 由于体积为 2 3,所以设棱长为 a,则 ×a2×sin60° ×a=2 3,解 2 得 a=2.所以 CM= 3,故矩形 MNC1C 面积为 2 3,故选 B. (2)由三视图知 V=2×1×1+1×1×2=4.

第12讲 │ 要点热点探究

如图 12-10,在多面体 ABCDEF 中,已知 ABCD 是 边长为 1 的正方形,且△ADE、△BCF 均为正三角形,EF∥AB, EF=2,则该多面体的体积为( )

图 12-10

A.

2 3

B.

3 3

4 C. 3

D.

3 2

第12讲 │ 要点热点探究
A 【解析】 过 A、B 两点分别作 AM、BN 垂直于 EF,垂足 分别为 M、N,连接 DM、CN,可证得 DM⊥EF、CN⊥EF,多面 体 ABCDEF 分为三部分,多面体的体积为 VABCDEF=VAMD-BNC+ 1 3 VE-AMD+VF-BNC.∵NF= ,BF=1,∴BN= .作 NH 垂直于 BC 于 2 2 2 1 2 点 H,则 H 为 BC 的中点,则 NH= ,∴S△BNC= · NH= , BC· 2 2 4 1 2 2 ∴VF - BNC = · △BNC· S NF= ,VE - AMD =VF - BNC = ,VAMD - BNC = 3 24 24 2 2 S△BNC· MN= ,∴VABCDEF= ,故选 A. 4 3

第12讲 │ 要点热点探究
? 探究点三 多面体与球

例 5 如图 12-11 所示,在正三棱锥 S-ABC 中,M、N 分别是 SC、 的中点, MN⊥AM, BC 且 若侧棱 SA=2 3, 则正三棱锥 S-ABC 外接球的表面积是( )

图 12-11

A.12π

B.32π

C.36π

D.48π

第12讲 │ 要点热点探究

C

【解析】 因为 M、N 分别为 SC、BC 的中点,

所以 MN∥BS.因为 MN⊥AM, 所以 SB⊥AM.又 SB⊥AC, AM∩AC=A,所以 SB⊥平面 ASC,所以侧面三角形为 等腰直角三角形,所以 SA=SB=SC=2 3,设外接球半 径为 R,则 2R= 3×(2 3)=6,所以 S=π(2R)2=36π.

第12讲 │ 要点热点探究

例 6 [2011· 课标全国卷] 已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的 顶点和底面的圆周都在同一个球面上,若圆锥底面面积是这个球面面 3 积的 ,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值 16 为________.

第12讲 │ 要点热点探究
1 【解析】 如图,设球的半径为 R,圆锥底面半径为 r,则球面 3 面积为 4πR2,圆锥底面面积为 πr2, 12 2 3 2 由题意 πr = πR ,所以 r= R, 16 2 3 1 所以 OO1= OA2-O1A2= R2- R2= R, 4 2 1 3 1 1 所以 SO1=R+ R= R, S1O1=R- R= R, 2 2 2 2 R S1O1 2 1 所以 = = . SO1 3R 3 2

第12讲 │ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
1.空间几何体的数量关系也体现在三视图中,正视 图和侧视图的“高平齐”,正视图和俯视图的“长对 正”,侧视图和俯视图的“宽相等”.也就是说正视图、 侧视图的高就是空间几何体的高,正视图、俯视图中的 长就是空间几何体的最大长度,侧视图、俯视图中的宽 就是空间几何体的最大宽度. 2.在斜二测画法中,真实图形的面积和直观图的面 积之比是 2 2.

第12讲 │ 规律技巧提炼

3. 空间几何体的面积有侧面积和表面积之分, 表面 积就是全面积,是一个空间几何体中“暴露”在外的所 有面的面积, 在计算时要注意区分是侧面积还是表面积. 4. 实际问题中的几何体往往不是单纯的柱、 台、 锥、 球,而是由柱、锥、台、球或其一部分组成的组合体, 解决这类组合体体积的基本方法就是“分解”,将组合 体分解成若干部分,每部分是柱、锥、台、球或其一个 部分,分别计算其体积,然后根据组合体的结构,将整 个的体积转化为这些“部分体积”的和或差.

第12讲 │ 教师备用例题
教师备用例题

备选理由: 1 已知三视图来考查空间几何体的表 例 面积;例 2 考查三视图和几何体的体积问题;例 3 是一 个难度题目, 其中点评给出的三视图可以提高考生的空 间想象能力;例 4 考查四棱锥与其外接球的相关知识, 考查空间想象能力、转化化归能力以及运算求解能力, 是难题.

第12讲 │ 教师备用例题

例1 面积为(

一个空间几何体的三视图如图所示, 则该几何体的表 )

A.48 C.48+8 17

B.32+8 17 D.80

第12讲 │ 教师备用例题

【解析】 C 由三视图可知本题所给的是一个底面为等腰 梯形的放倒的直四棱柱(如图所示), 所以该直四棱柱的表面积为 1 S=2× ×(2+4)×4+4×4+2×4+2× 1+16×4=48+ 2 8 17.

第12讲 │ 教师备用例题

例 2 已知某个几何体的三视图如下, 根据图中标出的尺寸 (单位:cm),可得这个几何体的体积是( )

5 3 A. cm 2 C. 3cm3

3 3 B. cm 2 D.2cm3

第12讲 │ 教师备用例题

如图,该几何体可以看做一个正方体与一个 1 3 直三棱柱组合而成.V=1+ ×1= (cm3). 2 2

【解析】 B

第12讲 │ 教师备用例题

例 3 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,则四面体 C1-A1BD 在平面 ABCD 上的正投影的面积与该四面体的表面积之比是 ( ) 3 3 A. 3 B. C.2 3 D. 3 6

【分析】 关键是找到四面体在平面上的正投影,这个四面体 的一条侧棱 BD 就在平面内,故只要找到点 A1,C1 在底面上的正 投影即可.

第12讲 │ 教师备用例题

【解析】 D 根据正投影的概念,结合图形知四面体在底 面上的正投影就是正方形 ABCD,设该正方体的棱长为 1,则这 个投影的面积就是 1,四面体的四个面都是边长为 2的正三角 3 形, 故其表面积是 4× ×( 2)2=2 3, 故所求的比值为 1∶2 3 4 3 = .正确选项 D. 6

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例 4 高为 2的四棱锥 S-ABCD 的底面是边长为 1 的正方 形,点 S、A、B、C、D 均在半径为 1 的同一球面上,则底面 ABCD 的中心与顶点 S 之间的距离为( ) 2+ 3 10 A. B. 2 2 3 C. D. 2 2

第12讲 │ 教师备用例题
【解析】 A 如图所示,设球心为 O,正方形的中心为 O1,则 OB=1,O1B 1 2 2 = BD= ,所以点 O 到平面 ABCD 的距离 OO1= OB2-O1B2= , 2 2 2 ∵四棱锥 S-ABCD 的高为 2, ∴四棱锥的顶点 S 在与平面 ABCD 平行且距离为 2的一个小圆的圆周上, 同时这两个小圆面与球心的距离均相等,因此它们是等圆周,故可取一个特殊 点来解答. 即过 B 作平面 ABCD 的垂线,与球交于点 S,则 SO1 即为所求. ? ? 10 ? 2? 2 2 2 2 易知 SB= 2,所以 SO1= O1B +SB = ? 2? +? ? = .故选 A. 2 ? 2 ?

第13讲

点、直线、平面之间的位置关系

第13讲 点、直线、平面之间的位置关系

第13讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1.平行关系的转化 两平面平行问题常常转化为直线与平面的平行,而直线与平 面平行又可转化为直线与直线平行,所以要注意转化思想的应 用,以下为三种平行关系的转化示意图.

2.解决平行问题时要注意以下结论的应用 (1)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行. (2)两个平面平行,其中一个平面内的任一直线必平行于另一 个平面.

第13讲 │ 主干知识整合
(3)一条直线与两平行平面中的一个相交,那么它与另一个也相 交. (4)平行于同一条直线的两条直线平行. (5)平行于同一个平面的两个平面平行. (6)如果一条直线与两个相交平面都平行,那么这条直线必与它们 的交线平行. 3.垂直关系的转化 与平行关系之间的转化类似,垂直关系之间的转化有如下示意图.

在垂直的相关定理中,要特别注意记忆面面垂直的性质定理:两个 平面垂直,在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平 面.当题目中有面面垂直的条件时,一般都要用此定理进行转化.

第13讲 │ 要点热点探究
要点热点探究 ? 探究点一 空间线面位置关系的判断

例1 若a、b是两条异面直线,α、β是两个不同平面,a?α,b?β, α∩β=l,则( ) A.l与a、b分别相交 B.l与a、b都不相交 C.l至多与a、b中一条相交 D.l至少与a、b中的一条相交

【分析】 首先结合已知条件画出图形有助于理解,根据图形的 直观性不难得到这三条直线的位置关系.

第13讲 │ 要点热点探究

D 【解析】 假设l与a、b均不相交,则l∥a,l∥b,从而a∥b与a、 b是异面直线矛盾.故l至少与a、b中的一条相交.选D.

【点评】 本题考查了空间直线的位置关系,属于典型的位置关 系的判断问题;空间中线与线的位置关系有相交、平行与异面;线 面关系有直线与平面平行、直线与平面相交和直线在平面内,而面 面的位置关系是相交和平行,下面结合变式进一步理解空间的位置 关系.

第13讲 │ 要点热点探究
如图13-1,平面α⊥平面β,α∩β=直线l,A,C是α内 不同的两点,B,D是β内不同的两点,且A,B,C,D?直线l,M, N分别是线段AB,CD的中点.下列判断正确的是( )

图13-1

A.当|CD|=2|AB|时,M,N两点不可能重合 B.M,N两点可能重合,但此时直线AC与l不可能相交 C.当AB与CD相交,直线AC平行于l时,直线BD可以与l相交 D.当AB,CD是异面直线时,直线MN可能与l平行

B 【解析】 若M,N两点重合,由AM=MB,CM=MD知 AC∥BD,从而AC∥平面β,故有AC∥l,故B正确.

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? 探究点二 平行关系的判断

例2 如图13-2所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形, PD⊥平面ABCD,PD=AB=2,E,F,G分别为PC,PD,BC的中 点. (1)求证:PA∥平面EFG; (2)求三棱锥P-EFG的体积.

图13-2

第13讲 │ 要点热点探究

【分析】 第(1)问线面平行问题.思路之一:可以借助线线 平行来思考,即通过作辅助线,验证线线平行即可证明线面平 行;思路二:借助面面平行来验证线面平行,即通过验证平面 EFG∥平面PAB,进而证明线面平行;第(2)问要求三棱锥P- EFG的体积可以转化为求得锥体G-PEF的体积,根据条件不难 得出结论.

第13讲 │ 要点热点探究
【解答】 (1)证法一:如图,取AD的中点H,连接GH,FH.

∵E,F分别为PC,PD的中点,∴EF∥CD. ∵G,H分别为BC,AD的中点,ABCD为正方形, ∴GH∥CD. ∴EF∥GH, ∴E,F,H,G四点共面. ∵F,H分别为DP,DA的中点,∴PA∥FH. ∵PA?平面EFG,FH?平面EFG,∴PA∥平面EFG.

第13讲 │ 要点热点探究
证法二:∵E,F,G分别为PC,PD,BC的中点, ∴EF∥CD,EG∥PB. ∵CD∥AB,∴EF∥AB. 又EF?平面PAB,AB?平面PAB, ∴EF∥平面PAB,同理EG∥平面PAB. ∵EF∩EG=E,∴平面EFG∥平面PAB. ∵PA?平面PAB,∴PA∥平面EFG. (2)∵PD⊥平面ABCD,GC?平面ABCD,∴GC⊥PD. ∵ABCD为正方形,∴GC⊥CD. ∵PD∩CD=D,∴GC⊥平面PCD. 1 1 1 1 ∵PF= PD=1,EF= CD=1,∴S△PEF= EF· PF= . 2 2 2 2 1 ∵GC= BC=1, 2 1 1 1 1 ∴VP-EFG=VG-PEF= S△PEF· GC= × ×1= . 3 3 2 6

第13讲 │ 要点热点探究

【点评】 本题第(1)问考查线面平行的判断方法,第(2)问考查了 线面垂直的判断.有关平行的判断注意以下几个方面:(1)证线线平 行常用的方法:一是利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平 行;二是利用平行四边形进行平行转换;三是利用三角形的中位线定 理证线线平行;四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转 换;(2)证线面平行常用的两种方法:一是利用线面平行的判定定 理,把证线面平行转化为证线线平行;二是利用面面平行的性质,把 证线面平行转化为证面面平行;(3)证明面面垂直常用面面垂直的判 定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化 为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直 线,则借助中点、高线或添加辅助线解决.

第13讲 │ 要点热点探究
[2011· 北京卷] 如图13-3,在四面体PABC中, PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的 中点. (1)求证:DE∥平面BCP; (2)求证:四边形DEFG为矩形; (3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说 明理由.

图13-3

第13讲 │ 要点热点探究

【解答】 (1)证明:因为D,E分别为AP,AC的中点, 所以DE∥PC. 又因为DE?平面BCP,PC?平面BCP, 所以DE∥平面BCP. (2)因为D、E、F、G分别为AP、AC、BC、PB的中点, 所以DE∥PC∥FG, DG∥AB∥EF, 所以四边形DEFG为平行四边形. 又因为PC⊥AB, 所以DE⊥DG, 所以平行四边形DEFG为矩形.

第13讲 │ 要点热点探究
(3)存在点Q满足条件,理由如下: 连接DF,EG,设Q为EG的中点.

1 由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG= EG. 2 分别取PC、AB的中点M,N,连接ME、EN、NG、MG、MN. 与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中 点Q, 1 且QM=QN= EG. 2 所以Q为满足条件的点.

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? 探究点三 垂直关系的证明

例3 [2011· 课标全国卷] 如图13-4,四棱锥P-ABCD中,底面 ABCD为平行四边形,∠DAB=60° ,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.

图13-4

第13讲 │ 要点热点探究

【解答】 (1)证明:因为∠DAB=60° ,AB=2AD, 由余弦定理得BD= 3AD, 从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD, 所以BD⊥平面PAD,故PA⊥BD.

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(2)如图,作DE⊥PB,垂足为E.

已知PD⊥底面ABCD,则PD⊥BC. 由(1)知BD⊥AD,又BC∥AD,所以BC⊥BD. 故BC⊥平面PBD,BC⊥DE. 则DE⊥平面PBC. 由题设知PD=1, 则BD= 3,PB=2. 3 根据DE· PB=PD· BD得DE= . 2 3 即棱锥D-PBC的高为 . 2

第13讲 │ 要点热点探究
如图13-5,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱 形,∠ABC=60° ,PA⊥平面ABCD,点M、N分别为BC、PA的中 点,且PA=AB=2. (1)证明:BC⊥平面AMN; (2)求三棱锥N-AMC的体积; (3)在线段PD上是否存在一点E,使得NM∥平面ACE?若存在, 求出PE的长;若不存在,请说明理由.

图13-5

第13讲 │ 要点热点探究
【分析】 (1)借助线线垂直验证线面垂直;(2)充分利用三棱锥体 积公式V= 平行. 1 Sh,根据条件,求出相关量;(3)利用线线平行验证线面 3

【解答】 (1)证明:因为ABCD为菱形,所以AB=BC. 又∠ABC=60° ,所以AB=BC=AC. 又M为BC中点,所以BC⊥AM. 而PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PA⊥BC. 又PA∩AM=A,所以BC⊥平面AMN.

第13讲 │ 要点热点探究
1 1 3 (2)因为S△AMC= AM· CM= × 3×1= , 2 2 2 又PA⊥底面ABCD,PA=2,所以AN=1, 1 1 3 3 所以三棱锥N-AMC的体积V= S△AMC· AN= × ×1= . 3 3 2 6 (3)存在,取PD中点E,连接NE,EC. 1 因为N、E分别为PA、PD的中点,所以NE∥AD且NE= AD. 2 1 又在菱形ABCD中,CM∥AD,CM= AD, 2 所以NE∥MC,NE=MC, 所以四边形MCEN是平行四边形,所以NM∥EC. 又EC?平面ACE,NM?平面ACE, 所以MN∥平面ACE, 1 故在PD上存在一点E,使得NM∥平面ACE,此时PE= PD= 2. 2

第13讲 │ 要点热点探究
? 探究点四 利用空间向量解决立体几何问题

例4 [2011· 湖北卷] 如图13-6,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边 长为2,侧棱长为3 2 ,点E在侧棱AA1上,点F在侧棱BB1上,且AE= 2 2,BF= 2. (1)求证:CF⊥C1E; (2)求二面角E-CF-C1的大小.

图13-6

第13讲 │ 要点热点探究
【分析】 第(1)问只要证明C1E⊥平面CEF;第(2)问应找出二面角的 平面角为∠EFC1,或通过建立空间直角坐标系,计算出两平面的法向 量,从而得出二面角的大小.

【解答】 解法1:(1)证明:由已知可得CC1=3 CE=C1F= 22+?2 2?2=2 3, EF=C1E= 22+? 2?2= 6. 于是有EF2+C1E2=C1F2,CE2+C1E2=CC2. 1 所以C1E⊥EF,C1E⊥CE. 又EF∩CE=E,所以C1E⊥平面CEF. 又CF?平面CEF,故CF⊥C1E.

2 ,

第13讲 │ 要点热点探究

(2)在△CEF中,由(1)可得EF=CF= 6, CE=2 3, 于是有EF2+CF2=CE2,所以CF⊥EF. 又由(1)知CF⊥C1E,且EF∩C1E=E, 所以CF⊥平面C1EF. 又C1F?平面C1EF,故CF⊥C1F. 于是∠EFC1即为二面角E-CF-C1的平面角. 由(1)知△C1EF是等腰直角三角形, 所以∠EFC1=45° , 即所求二面角E-CF-C1的大小为45° .

第13讲 │ 要点热点探究
解法2:建立如图所示的空间直角坐标系,则由已知可得

A(0,0,0),B( 3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,3 2), E(0,0,2 2),F( 3,1, 2). → → (1)C E=(0,-2,- 2),CF=( 3,-1, 2),
1

→ CF → ∴C1E· =0+2-2=0, ∴CF⊥C1E.

第13讲 │ 要点热点探究
→ (2)CE=(0,-2,2 2), 设平面CEF的一个法向量为m=(x,y,z). → ?m· =0, ? CE → → 由m⊥CE,m⊥CF,得? → ?m· =0, ? CF
?-2y+2 2z=0, ? 即? ? 3x-y+ 2z=0, ?

可取m=(0, 2,1).

→ → → 设侧面BC1的一个法向量为n,由n⊥ CB ,n⊥ CC1 ,及 CB = → ( 3,-1,0),CC1=(0,0,3 2),可取n=(1, 3,0),设二面角E- CF-C1的大小为θ,于是由θ为锐角可得 |m· n| 6 2 cosθ= = = ,所以θ=45° , |m||n| 2 3×2 即所求二面角E-CF-C1的大小为45° .

第13讲 │ 要点热点探究

如图13-7,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平 面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2 3. (1)求直线AM与平面BCD所成的角的大小; (2)求平面ACM与平面BCD所成的二面角的正弦值.

图13-7

第13讲 │ 要点热点探究
【解答】 解法一:(1)取CD中点O,连接OB,OM, 则OB⊥CD,OM⊥CD. 又平面MCD⊥平面BCD, 则MO⊥平面BCD, 所以MO∥AB,A、B、O、M共面. 延长AM、BO相交于E, 则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角. OB=MO= 3,MO∥AB, EO MO 1 则 EB = AB = ,EO=OB= 3, 2 所以EB=2 3=AB, 故∠AEB=45° .

第13讲 │ 要点热点探究
(2)CE是平面ACM与平面BCD的交线. 由(1)知,O是BE的中点,则四边形BCED是菱形. 作BF⊥EC于F,连接AF,则AF⊥EC,∠AFB是二面角A-EC -B的平面角,设为θ. 因为∠BCE=120° ,所以∠BCF=60° . BF=BC· sin60° 3, = AB 2 5 tanθ=BF=2,sinθ= , 5 2 5 所以,所求二面角的正弦值是 . 5

第13讲 │ 要点热点探究
解法二:取CD中点O,连接OB,OM,则OB⊥CD,OM⊥CD.又平面MCD⊥平面 BCD,则MO⊥平面BCD. 以O为原点,直线OC、BO、OM为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系如图.

OB=OM= 3,则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,- 3,0),A(0,- 3, 2 3). (1)设直线AM与平面BCD所成的角为α. → 因AM=(0, 3,- 3),平面BCD的法向量为n=(0,0,1). → n ? AM· ? 2 ? ? → 则有sinα=|cos〈AM,n〉|=? = , → |n|? 2 ?|AM|· ? 所以α=45° .

第13讲 │ 要点热点探究
→ → (2)CM=(-1,0, 3),CA=(-1,- 3,2 3). 设平面ACM的法向量为n1=(x,y,z), → ?n1⊥CM, ?-x+ 3z=0, ? ? 由? 得? ?-x- 3y+2 3z=0, → ? ?n1⊥CA ? 解得x= 3z,y=z,取n1=( 3,1,1). 又平面BCD的法向量为n=(0,0,1), n1 · n 1 则cos〈n1,n〉= = . |n1|· |n| 5 ? 1 ?2 2 5 设所求二面角为θ,则sinθ= 1-? ? = . 5 ? 5?

第13讲 │ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
1.关于空间点、直线和平面的公理是立体几何中进行作 图和推理论证的依据,特别在空间作图中更是不可缺少,如在 求二面角问题中,如果图形中没有显示出二面角的棱,则要根 据平面的公理作出这个二面角的棱. 2.在空间中线线平行和面面平行都有传递性,但线面平 行没有传递性.在空间任意平移两条直线不改变两条直线所成 ? π? 的角,同时注意两直线所成角的范围是?0,2 ?. ? ? 3.两异面直线所成的角归结到一个三角形中的内角时, 容易忽视这个三角形中的内角可能等于两异面直线所成的角, 也可能等于其补角.

第13讲 │ 规律技巧提炼

4.面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定 理,这个定理的主要作用是作一个平面的垂线,在一些垂直关系 的证明中,在线面角、二面角的求解中很多情况都要借助这个定 理作出平面的垂线.垂直问题的关键是线面垂直,通过线面垂直 证明线线垂直(线面垂直的定义),通过线线垂直证明线面垂直(线 面垂直的判定定理)、面面垂直(面面垂直的判定定理),在解决垂 直问题中要把这些垂直关系理清,确定合理的推理论证顺序. 5.用空间向量求空间角,关键是两个步骤:第一步要建立适 当的空间直角坐标系;第二步要正确计算出平面的法向量.

第13讲 │ 教师备用例题
教师备用例题

备选理由:例1是一个综合性较强的题目,可以通 过这个题目强化学生解决立体几何问题时解题方法的 选择;例2训练学生使用综合几何的方法解决立体几何 问题.

第13讲 │ 教师备用例题

例1 三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,△ABC 是边长为2的等边三角形,D为AB边中点,且CC1=2AB.

(1)求证:平面C1CD⊥平面ABC; (2)求证:AC1∥平面CDB1; (3)求三棱锥D-CBB1的体积.

第13讲 │ 教师备用例题
【解答】 (1)证明:因为CC1⊥平面ABC,又CC1?平面C1CD, 所以平面C1CD⊥平面ABC. (2)证明:连接BC1交B1C于O,连接DO,则O是BC1的中点, 所以DO是△BAC1的中位线,所以DO∥AC1. 因为DO?平面CDB1,所以AC1∥平面CDB1. (3)因为CC1⊥平面ABC,所以BB1⊥平面ABC, 所以BB1为三棱锥B1-BCD的高. 因为BB1=CC1=2AB=4, 1 所以VD-CBB1=VB1-CBD= S△BCD· 1 BB 3 1 1 3 2 3 = × × ×22×4= . 3 2 4 3 所以三棱锥D-CBB1的体积为 2 3 . 3

第13讲 │ 教师备用例题

例2 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD, 四边形ABCD为正方形,PA=AB=4,G为PD中点,E点在 AB上,平面PEC⊥平面PDC. (1)求证:AG⊥平面PCD; (2)求证:AG∥平面PEC; (3)求点G到平面PEC的距离.

第13讲 │ 教师备用例题
【解答】 (1)证明:∵PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD, ∴PA⊥CD. 又∵CD⊥AD,AD∩PA=A, ∴CD⊥平面PAD,∴CD⊥AG. ∵PA⊥AD,PA=AD=4,G为PD中点, ∴PD⊥AG,又PD∩CD=D, ∴AG⊥平面PCD. (2)证明:作EF⊥PC于F,∵平面PEC⊥平面PCD, ∴EF⊥平面PCD.又由(1)知AG⊥平面PCD, ∴EF∥AG. 又AG?平面PEC,EF?平面PEC, ∴AG∥平面PEC.

第13讲 │ 教师备用例题
(3)连接GF,由AG∥平面PEC知 A、G两点到平面PEC的距离相等. 由(2)知A、E、F、G四点共面, 又AE∥CD,∴AE∥平面PCD, ∴AE∥GF,∴四边形AEFG为平行四边形,∴AE=GF. 1 ∵G为PD中点,GF∥AE∥CD,∴FG= CD=2,∴AE=FG=2, 2 1 1 16 ∴VP-AEC= × ×2×4×4= . 3 2 3 又EF⊥PC,EF=AG=2 2, 1 1 ∴S△EPC= PC· EF= ×4 3×2 2=4 6. 2 2 1 16 又VP-AEC=VA-PEC,∴ S△EPC· h= ,即4 6h=16, 3 3 2 6 2 6 ∴h= ,∴G点到平面PEC的距离为 . 3 3


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